高考文科数学二轮复习课件专题三数列-等差数列与等比数列42页PPT
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专题4 第1讲等差数列、等比数列 课件(42张)
个量中已知其中的三个量，求另外两个量
2．考查等差(比)数列的通项公式，前n项和公式，
考查方程的思想以及运算能力 1.以递推数列为载体，考查等差(比)数列的定义
或等差(比)中项
2．以递堆数列为命题背景考查等差(比)数列的
证明方法
• 备考策略 • 本部分内容在备考时应注意以下几个方面： • (1)加强对等差(比)数列概念的理解，掌握等差(比)数列的 判定与证明方法． • (2)掌握等差(比)数列的通项公式、前n项和公式，并会应 用． • (3)掌握等差(比)数列的简单性质并会应用． • 预测2018年命题热点为： • (1)在解答题中，涉及等差、等比数列有关量的计算、求 解． • (2)已知数列满足的关系式，判定或证明该数列为等差(比)
－
• an＝___________________．
• 2．重要结论 am＋(n－m)d • (1)通项公式的推广：等差数列中， an＝ n－m a · q m _________________ ； 递增数列 • 等比数列中，an＝__________． 递减数列 • (2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为 递增数列 __________；若公差小于零，则数列为__________． 递减数列 • ②等比数列中，若a1>0且q>1或S a， 且 0< q <1 ，则数列为 1<0 S － S ， S － S2n，… n 2n n 3n ___________；若a1>0且0<q<1或a1<0且q>1，则数列为 ___________． • (3)等差数列{an}中，Sn为前n项 和．__________________________仍成等差数列；等比数
解得 d＝－2． 6×5×－2 所以 S6＝6×1＋ ＝－24． 2 故选 A．
高考数学二轮复习专题三等差数列、等比数列-教学课件
高考数学二轮复习专题三等差数列、等比数列-教学课件
抓点串线成面
第 一 阶 段
专 题 三
第一节
知识载体 能力形成 创新意识
配套课时作业
考点一 考点二 考点三
数列的通项是数列的核心，它是数列定义在数 与式上的完美体现，也是研究数列性质、求解数列 前n项和的依据．
(1)从数列的通项公式an＝f(n)(n∈N*)的形式上，明确函数与 数列的联系与区别，掌握利用函数知识研究数列问题的思路和 方法，把握数列的单调性与函数单调性的联系与区别；
(2)熟练掌握已知数列的前n项和Sn求其通项an的方法，特别 要注意an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2；
(3)等差数列与等比数列的通项公式是解决这两类最基本数 列的依据，准确把握其通项公式的函数特征，要从通项公式的 形式上掌握这两类数列的本质特征——“差”等或“比”等；根据
通项公式准确把握这两类数列的重要性质，如当 m＋n＝p＋q 时， 若{an}为等差数列，则有 am＋an＝ap＋aq；若{bn}为等比数列，则 有 bm·bn＝bp·bq 等；
[解] (1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)， 由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4， 即2a1q2＝a1q4＋a1q3. 由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0， 解得q1＝－2，q2＝1(舍去)， 所以q＝－2.
(2)证明：法一：对任意k∈N＋， Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1·(－2) ＝0，
由题意可知a3a11＝a
2 7
＝16，因为{an}为正项等比数
列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.
抓点串线成面
第 一 阶 段
专 题 三
第一节
知识载体 能力形成 创新意识
配套课时作业
考点一 考点二 考点三
数列的通项是数列的核心，它是数列定义在数 与式上的完美体现，也是研究数列性质、求解数列 前n项和的依据．
(1)从数列的通项公式an＝f(n)(n∈N*)的形式上，明确函数与 数列的联系与区别，掌握利用函数知识研究数列问题的思路和 方法，把握数列的单调性与函数单调性的联系与区别；
(2)熟练掌握已知数列的前n项和Sn求其通项an的方法，特别 要注意an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2；
(3)等差数列与等比数列的通项公式是解决这两类最基本数 列的依据，准确把握其通项公式的函数特征，要从通项公式的 形式上掌握这两类数列的本质特征——“差”等或“比”等；根据
通项公式准确把握这两类数列的重要性质，如当 m＋n＝p＋q 时， 若{an}为等差数列，则有 am＋an＝ap＋aq；若{bn}为等比数列，则 有 bm·bn＝bp·bq 等；
[解] (1)设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)， 由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4， 即2a1q2＝a1q4＋a1q3. 由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0， 解得q1＝－2，q2＝1(舍去)， 所以q＝－2.
(2)证明：法一：对任意k∈N＋， Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1·(－2) ＝0，
由题意可知a3a11＝a
2 7
＝16，因为{an}为正项等比数
列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.
高考数学：专题三 第一讲 等差数列与等比数列课件
题型与方法
例 1
第一讲
已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求{an}
的前 n 项和 Sn.
本 讲 栏 目 开 关
解 设{an}的首项为 a1，公差为 d， a ＋2da ＋6d＝－16， 1 1 则 a1＋3d＋a1＋5d＝0，
a2＋8da ＋12d2＝－16， 1 1 即 a1＝－4d， a ＝－8 a ＝8， 1 1 解得 或 d＝2 d＝－2，
第一讲
本 讲 栏 目 开 关
c1 而当 n＝1 时， ＝a2，∴c1＝3. b1 3，n＝1， ∴cn＝ － 2×3n 1，n≥2.
∴c1＋c2＋…＋c2 011＝3＋2×31＋2×32＋…＋2×32 010 6－6×32 010 ＝3＋ ＝3－3＋32 011＝32 011. 1－3
即 2a1＋d＝a1＋2d， 1 又 a1＝2，
1 所以 d＝2，
故 a2＝a1＋d＝1.
答案 1
题型与方法
第一讲
本 讲 栏 目 开 关
题型一 题型概述
等差数列的有关问题 等差数列是一个重要的数列类型， 高考命题主要考
查等差数列的概念、 基本量的运算及由概念推导出的一些重 要性质，灵活运用这些性质解题，可达到避繁就简的目的.
则 c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.
答案 35
考点与考题
第一讲
1 5.(2012· 北京)已知{an}为等差数列， n 为其前 n 项和.若 a1＝ ， S 2 S2＝a3，则 a2＝________.
本 讲 栏 目 开 关
解析
设{an}的公差为 d，
由 S2＝a3 知，a1＋a2＝a3，
故 a7＝0.
专题三数列精品课件
目录
专题 2
数列与函数的交汇
函数与数列的交汇是数列问题中一类常见的有函数背景的 综合题，解决这类问题的基本思路是从函数角度思考问题， 有效地利用函数的性质来解答．
例3
1 已知函数 f(x)＝a 的图像过点(1， )，且点(n－1， 2
x
an * x 2)(n∈N )在函数 f(x)＝a 的图像上． n (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)令 bn＝an＋ 1－ an，若数列{bn}的前 n 项和为 Sn，求证： 2 Sn<5.
目录
专题探究
专题 1 数列的基本运算 数列的基本运算是新课标考查中最常见的题型， 主要考查两 种数列的求和公式及通项公式，试题难度较小． 高考福建卷)在等差数列{an}和等比数列{bn} 例1 (2012· 中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前 10 项和 S10＝55. (1)求 an 和 bn； (2)现分别从{an}和{bn}的前 3 项中各随机抽取一项，写出相 应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．
目录
【解】 (1)设{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q.依题意得 S10 10×9 ＝10＋ d＝55，b4＝q3＝8， 2 解得 d＝1，q＝2， － 所以 an＝n，bn＝2n 1. (2)分别从{an}和{bn}的前 3 项中各随机抽取一项，得到的基 本事件有 9 个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)， (3,2)，(3,4)．符合题意的基本事件有 2 个：(1,1)，(2,2)．故 2 所求的概率 P＝ . 9
(2012· 高考湖南卷)某公司一下属企业从事某种高
科技产品的生产， 该企业第一年年初有资金 2 000 万元， 将其 投入生产，到当年年底资金增长了 50%.预计以后每年资金年 增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年 年底上缴资金 d 万元， 并将剩余资金全部投入下一年生产． 设 第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 an 万元． (1)用 d 表示 a1，a2，并写出 an＋ 1 与 an 的关系式； (2)若公司希望经过 m(m≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万 元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示)．
高考二轮复习专题-等差数列和等比数列的判定(共15张PPT)
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(浙江专版)高考数学二轮专题复习 第一部分 专题三 第二讲 等差数列、等比数列课件.pptx
7
二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江联考)已知数列{an}的前 n 项和为
Sn，且 Sn＝2－n2＋1 an(n≥1)．
(1)求证：数列ann是等比数列； (2)设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn，An＝T11＋T12＋T13＋…＋T1n， 试比较 An 与n2an的大小．
比较n2n2与n＋n 1的大小．
10
设 f(n)＝n2n2，g(n)＝n＋n 1， 因为 f(n＋1)－f(n)＝2n[[nnnn－＋21－]2 1]， 当 n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0， 所以当 n≥3 时，f(n)单调递增， 所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1， 所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)． 经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)． 综上可得，An<n2an.
11
1判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前 n 项和公式法，但不可作为证明方法. 2若要判断一个数列不是等差等比数列，只需判断存在 连续三项不成等差等比数列即可. 3 a2n＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要不 充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不 能为 0.
6
考点二 等差、等比数列的判定与证明 一、基础知识要记牢 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．
二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江联考)已知数列{an}的前 n 项和为
Sn，且 Sn＝2－n2＋1 an(n≥1)．
(1)求证：数列ann是等比数列； (2)设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn，An＝T11＋T12＋T13＋…＋T1n， 试比较 An 与n2an的大小．
比较n2n2与n＋n 1的大小．
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设 f(n)＝n2n2，g(n)＝n＋n 1， 因为 f(n＋1)－f(n)＝2n[[nnnn－＋21－]2 1]， 当 n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0， 所以当 n≥3 时，f(n)单调递增， 所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1， 所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)． 经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)． 综上可得，An<n2an.
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1判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前 n 项和公式法，但不可作为证明方法. 2若要判断一个数列不是等差等比数列，只需判断存在 连续三项不成等差等比数列即可. 3 a2n＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要不 充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不 能为 0.
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考点二 等差、等比数列的判定与证明 一、基础知识要记牢 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．
高中数学_等差数列、等比数列复习课优秀课件
比数列，上面 3 节的容积之积为 3，下面 3 节的容积之积为 9，则第 5 节的容积为( )
A．2
67 B.66
C．3
D. 3
解析：现有一根 9 节的竹子，自上而下各节的容积成等比数列， 上面 3 节的容积之积 3，下面 3 节的容积之积为 9，
从题干中抽象出数学 问题
a1·a1q·a1q2＝3， ∴
性质的应用
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考点二 等差数列、等比数列的性质
(二)创新考法
1．(2019·南充模拟)在等比数列{an}中，a2·a6＝23π，则 sina42－π3＝(
)
A．－12
1 B.2
3 C. 2
D．－
3 2
解析：在等比数列{an}中，a2·a6＝23π，
可得 a24＝a2·a6＝23π，
解析：设等差数列{an}的公差为 d，由 3S3＝S2＋S4， 得 33a1＋3×23－1×d＝2a1＋2×22－1×d＋4a1＋4×24－1×d，将 a1＝2 代入上式，解得 d ＝－3，
故 a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.
考点一 考点二 考点三
限时规范训练
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认真、仔细的读
则{an}是等差数列，设公差为 d，由题意得
a1＋a1＋d＋a1＋2d＝4.5， a1＋5d＋a1＋6d＋a1＋7d＋a1＋8d＝3.8，
题，把问题抽象成 数学模型， 解得 a1＝1.6，d＝－0.1，
∴中间两节的容积为：a4＋a5＝(1.6－0.1×3)＋(1.6－0.1×4)＝2.5(升)．
四节三升八，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明．”(【注】
四升五：4.5 升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量．) 用你所学的数学知识求得中间两节竹的
高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列 理PPT课件
所以 an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. 故 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1) ＝n（a12＋an）＝n（1＋22n－1）＝n2.
(2)由(1)得，a4＝7，S4＝16. 因为 q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即 q2－8q＋16＝0， 所以(q－4)2＝0，从而 q＝4. 又因 b1＝2，{bn}是公比 q＝4 的等比数列，所以 bn＝b1qn －1＝2·4n－1＝22n－1.
3．等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形 式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力， 为中挡题．
例 1 已知数列{an}是一个等差数列，且 a2＝1， a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an. (2)设 cn＝5－2an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋ log2b3＋…＋log2bn 的值．
Thinking In Other People‘S Speeches，Growing Up In Your Own Story
讲师：XXXXXX XX年XX月XX日
从而{bn}的前 n 项和 Tn＝b1（11－－qqn）＝32(4n－1)．
已知等差数列中的某几项成等比数列(或已知等比数列 中的某几项成等差数列)，往往是先设公差为 d(或公比为 q)， 用待定系数法求出 d(或 q)与首项之间的关系，进而再解决 问题．
3．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an； (2)设 bn＝log3an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
＝ban－b2·－2bn
＝ban－2－1 b2n. ∴an－2－1 b·2n＝a1－2－2 b·bn－1＝2（21－－bb）bn－1.
∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]． ∵a1＝2 适合上式， ∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]．
(2)由(1)得，a4＝7，S4＝16. 因为 q2－(a4＋1)q＋S4＝0，即 q2－8q＋16＝0， 所以(q－4)2＝0，从而 q＝4. 又因 b1＝2，{bn}是公比 q＝4 的等比数列，所以 bn＝b1qn －1＝2·4n－1＝22n－1.
3．等差、等比数列的综合问题，多以解答题的形 式考查，主要考查考生综合数学知识解决问题的能力， 为中挡题．
例 1 已知数列{an}是一个等差数列，且 a2＝1， a5＝－5.
(1)求{an}的通项 an. (2)设 cn＝5－2an，bn＝2cn，求 T＝log2b1＋log2b2＋ log2b3＋…＋log2bn 的值．
Thinking In Other People‘S Speeches，Growing Up In Your Own Story
讲师：XXXXXX XX年XX月XX日
从而{bn}的前 n 项和 Tn＝b1（11－－qqn）＝32(4n－1)．
已知等差数列中的某几项成等比数列(或已知等比数列 中的某几项成等差数列)，往往是先设公差为 d(或公比为 q)， 用待定系数法求出 d(或 q)与首项之间的关系，进而再解决 问题．
3．在等比数列{an}中，a2＝3，a5＝81. (1)求 an； (2)设 bn＝log3an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
＝ban－b2·－2bn
＝ban－2－1 b2n. ∴an－2－1 b·2n＝a1－2－2 b·bn－1＝2（21－－bb）bn－1.
∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]． ∵a1＝2 适合上式， ∴an＝2－1 b[2n＋(2－2b)bn－1]．
版高考数学文科二轮专题复习课件：第二部分 等差数列与等比数列(共41张PPT)
显然{bn}为等差数列． 故Tn＝1＋n2＋2 1n＝n（n4＋3）.
热点4 等差数列、等比数列的综合问题 1．等差数列与等比数列是非常重要的两个基本数 列，两者之间可以相互转化，若数列{bn}是一个公差为d 的等差数列，则{abn}(a＞0，a≠1)就是一个等比数列； 若{bn}是各项为正项的等比数列， 则{logabn}(a＞0，且a ≠1)是一个等差数列． 2．解决等差数列，等比数列的综合问题，要从两个 数列的特征入手，理清它们的关系，注意方程思想、化 归思想的运用．
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，(Sm≠0)成等比数 列．
【例2】 (1)(2018·山东菏泽第一次模拟)等比数列
{an}中，a2，a16是方程x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则
a2aa916的值为(
)
A．2
B．－ 2或 2
C. 2
D．－ 2
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋
测)已知等比数列{an}满足a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则a7的 值为( )
A．2
B．4
9 C.2
D．6
(2)等比数列{an}中，a4＝ 2，a5＝ 5，则数列{lg an}
的前8项和T8的值是( )
A．4
B．2
C．3
D．5
解析：(1)由等比数列性质，得a3a5＝a24＝4(a4－1)． 所以(a4－2)2＝0，解得a4＝2. 又a1＝1，且a1a7＝a24＝4. 所以a7＝4. (2)设等比数列{an}的公比为q，
由Sm＝63得2m＝64，解得m＝6. 综上，m＝6.
从近年高考命题看，本讲高考命题中主要考查：(1) 等差、等比数列基本量与性质；(2)等差(比)数列的判断 与证明，数列的求和，简单的等差(比)数列的综合问 题．前面以客观题为主，突出方程思想；后面主要在解 答题中呈现，考查转化思想．数列试题常涉及1～2个题 目，属中低档题难度．
2025年高考数学二轮复习-3.1-等差数列、等比数列【课件】
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
核心提炼
等差数列、等比数列的基本公式(n∈N*) (1)等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d， an＝am＋(n－m)d. (2)等比数列的通项公式：an＝a1qn－1， an＝am·qn－m. (3)等差数列的求和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn－2 1d.
(2)是否存在正数λ，使得数列{an}是等比数列？若存在，求出λ值并证明； 若不存在，请说明理由.
存在.假设存在正数λ，使得数列{an}是等比数列， 由 a2a1＝25 得 a2＝3λ2， 由 a2a3＝8，得 a3＝4λ， 因为{an}是等比数列，所以 a1a3＝a22，
即λ2＝64，解得λ＝8. 下面证明当λ＝8时数列{an}是等比数列， 由(1)知数列{a2n－1}和{a2n}都是公比是14的等比数列，
(2)(2024·沧州质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝6， 则S24＝__5_1_0__.
因为数列{an}为等比数列，由等比数列的性质知， S3，S6－S3，S9－S6，…，S24－S21，…构成首项为S3＝2， 公比为 q＝S6－S3S3＝6－2 2＝2 的等比数列，且 S24是该等比数列的前 8 项和， 所以 S24＝211－－228＝510.
∵a4＋a11>0，a7>0，a8<0， ∴S14＝14a12＋a14＝14a42＋a11>0， S15＝15a12＋a15＝15×2 2a8<0， ∴当Sn>0时，n的最大值为14，D正确.
(2)(2024·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则 a7＝__－__2__.
等差数列、等比数 考点三 列 的 判 断 与 证 明